题目
给你一棵每条边从父亲指向儿子的树，每条边上面有一个字母。
从树上的任意一点出发，走出的路径就是对应一个子串。
（这不是\(Trie\)，因为每个父亲可能会连出字母相同的边）
再给你一个字符串\(S\)，让你求\(S\)的子串和树上路径的对应个数。
思考历程
一开始以为路径是从根节点出发，于是我就想，这难道不是一个AC自动机的裸题吗？
啪啪啪地就把AC自动机打了上去……
然后发现样例过不去……
于是终于理解完题目大意，开始死磕。
但是一直都没有放弃AC自动机的做法。
一波乱搞后，我终于爆0了。
正解
后来才意识到其实这题是后缀自动机。
于是就开始自己刚后缀自动机的做法了……
大体思路是处理出树上的每个子串的出现次数，然后跟\(S\)的子串进行匹配。
先想想前面的这个问题。
首先，由于这是一棵树，所以就对整棵树建广义后缀自动机。
至于这是什么东西……我想就不该在这里赘述了。
然后有个点\(i\)从树的根部往下跑。跑的时候将\(root\)到\(i\)路径所组成的字符串的所有后缀统计进来。
\(i\)在跑的时候也有个点\(t\)在后缀自动机上跑。对于每对\((i,t)\)，就将\(t\)的\(fail\)链上的所有统计次数\(num+1\)。
显然，由于节点所表示的子串的\(right\)集合相同，所以\(right\)集合大小相同，所以它们的出现次数也相同。所以\(num\)表示的是这个节点的所有子串各自出现的次数。
在实现的时候，可以先在\(t\)点打个标记，跑完之后\(fail\)树上标记上传就好了（如果你喜欢就打树链剖分吧~~（手动滑稽））。
这样我们就处理出树上的每个子串的出现次数了，接下来是匹配的问题。
也是枚举个\(i\)表示子串的右边界，也有个\(t\)在后缀自动机上面跳。
设\(l\)为以\(i\)为结尾的在树中出现过的最长的子串长度。
显然，\(t\)在跳的过程中保证了\(t_{minlen}\leq l\leq t_{maxlen}\)。
由于子串\(S_{i-l+1..i}\)的所有后缀都要记录进答案中，而\(t\)的\(fail\)链上所有节点表示的子串都是它的后缀，所以就将\(fail\)链上的出现次数全部加上（即为累加\(num*(maxlen-minlen+1)\)）。具体实现的时候可以用个前缀和将祖先的出现次数全部存下来，记作\(sum\)。
我们计算的是长度在\([1,l]\)的后缀，可以拆成\([1,t_{minlen}-1]\)和\([t_{minlen},l]\)这两段，前者的答案是\(t_{fail_{sum}}\)，后者的答案为\(t_{num}(l-t_{fail_{maxlen}})\)，加起来就行了。
然后问题就变成了求\(l\)的具体值。
这实际上很简单，只不过我之前想了很久，甚至恨不得再打一个AC自动机来求。
在一开始的时候\(l=0\)。后来，当\(t\)可以往前走的时候，\(l\)的值也相应地\(+1\)。当\(t\)要跳\(fail\)的时候，就将\(l\)和\(t_{fail_{maxlen}}\)取个最小值。具体原因不再赘述。
于是这道题就没了……
代码
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 800010
#define LEN 8000010
int n;
struct EDGE{
int to,c;
EDGE *las;
} e[N];
int ne;
EDGE *last[N];
struct Node{
Node *c[3],*fail;
int len;
int num;
long long sum;
} d[N*2];
int cnt;
Node *S,*T;
Node *mp[N];
inline void insert(int ch){
if (T->c[ch] && T->c[ch]->len==T->len+1){
T=T->c[ch];
return;
}
Node *nw=&d[++cnt],*p,*q;
nw->len=T->len+1;
for (p=T;p && !p->c[ch];p=p->fail)
p->c[ch]=nw;
if (!p)
nw->fail=S;
else{
q=p->c[ch];
if (p->len+1==q->len)
nw->fail=q;
else{
Node *clone=&d[++cnt];
memcpy(clone,q,sizeof(Node));
clone->len=p->len+1;
for (;p && p->c[ch]==q;p=p->fail)
p->c[ch]=clone;
nw->fail=q->fail=clone;
}
}
T=nw;
}
inline void build(){
static int q[N];
T=S=&d[++cnt];
int head=0,tail=1;
q[1]=1;
mp[1]=S;
do{
int x=q[++head];
for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las){
T=mp[x];
insert(ei->c);
mp[ei->to]=T;
q[++tail]=ei->to;
}
}
while (head!=tail);
}
inline void hang(){
static pair<int,Node*> q[N];
int head=0,tail=1;
q[1]={1,S};
do{
++head;
int x=q[head].first;
Node *ht=q[head].second;
for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las){
Node *tt=ht;
while (tt!=S && !tt->c[ei->c])
tt=tt->fail;
if (tt->c[ei->c])
tt=tt->c[ei->c];
tt->num++;
q[++tail]={ei->to,tt};
}
}
while (head!=tail);
}
Node *q[N];
bool vis[N];
inline void get_sum(){
int head=0,tail=1;
q[1]=S;
vis[1]=1;
do{
Node *x=q[++head];
for (int i=0;i<3;++i)
if (x->c[i] && !vis[x->c[i]-d]){
vis[x->c[i]-d]=1;
q[++tail]=x->c[i];
}
}
while (head!=tail);
for (int i=tail;i>=2;--i){
Node *x=q[i];
x->fail->num+=x->num;
}
for (int i=2;i<=tail;++i){
Node *x=q[i];
x->sum=x->fail->sum+1ll*x->num*(x->len-x->fail->len);
}
}
char s[LEN];
int main(){
scanf("%d",&n);
for (int i=2;i<=n;++i){
int fa;
char c[2];
scanf("%d%s",&fa,c);
e[ne]={i,*c-'a',last[fa]};
last[fa]=e+ne++;
}
build(),hang(),get_sum();
Node *t=S;
scanf("%s",s);
long long ans=0;
int len=0;
for (char *ch=s;*ch;++ch){
while (t!=S && !t->c[*ch-'a']){
t=t->fail;
len=min(len,t->len);
}
if (t->c[*ch-'a']){
t=t->c[*ch-'a'];
len++;
}
if (t!=S)
ans+=t->fail->sum+1ll*t->num*(len-t->fail->len);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
总结
这也算是一道后缀自动机的模板题吧……
看来还是不够熟练啊……